2022-2023学年湖北省武汉市华中技大学附属中学高二上学期期中模拟数学试题（解析版）

2022-2023学年湖北省武汉市华中技大学附属中学高二上学期期中模拟数学试题

一、单选题

1．已知点，经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的斜率的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】求出直线的斜率，再数形结合分析得解.

【详解】由题得，，

因为直线与连接，两点的线段总有公共点，

结合图可知，.

故选：C

2．已知A，B，C三点不共线，O是平面外任意一点，若，则A，B，C，M四点共面的充要条件是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由四点共面的充要可得，求解即可.

【详解】O是平面外任意一点，且，

若A，B，C，M四点共面的充要条件是，即.

故选：B.

3．袋子中有大小、形状、质地完全相同的4个小球，分别写有“风”、“展”、“红”、“旗”四个字，若有放回地从袋子中任意摸出一个小球，直到写有“红”、“旗”的两个球都摸到就停止摸球.利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，用1，2，3，4分别代表“风”、“展”、“红”、“旗”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：

411   231   324   412   112   443   213   144   331   123

114   142   111   344   312   334   223   122   113   133

由此可以估计，恰好在第三次就停止摸球的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用列举法求出恰好在第三次就停止摸球的随机数有3个，再利用古典概型的概率求解.

【详解】由题得恰好在第三次就停止摸球的随机数有：324，443，334，共有3个.

由古典概型的概率公式得恰好在第三次就停止摸球的概率为.

故选：B

4．一束光线从点出发，经轴反射到圆：上的最短距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将圆化为标准方程，找到圆心和半径，找出关于轴的对称点，找到，减去半径即为所求.

【详解】解：由题意，圆的标准方程为:，

所以圆的圆心坐标为，半径，

又点关于轴的对称点为，

所以，

所以，所求最短距离为.

故选：A.

5．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的最大值是（    ）

A．4 B．10 C．5 D．

【答案】C

【分析】由题意可知两条动直线经过定点、，且始终垂直，有，利用勾股定理求出，再利用基本不等式求得答案.

【详解】由题意可知，动直线经过定点，

动直线即，经过定点，

因为，所以动直线和动直线始终垂直，

又是两条直线的交点，

则有，，

故（当且仅当时取“” ，

故选：C．

6．设F是椭圆上的右焦点，P是椭圆上的动点，A是直线上的动点，则的最小值为（    ）

A． B．5 C． D．4

【答案】C

【分析】设椭圆左焦点为，则.

，后利用点到直线垂线段最短得答案.

【详解】由题可知，，.设椭圆左焦点为，则.

由椭圆定义有，则

又将椭圆方程与直线方程联立有，

其，故直线与椭圆相离.

如图，要使最小，只需保证与直线垂直即可.

此时三点共线，则，

故.

由上可知A，B，D错误，C正确.

故选：C.

7．鳖臑是指四个面都是直角三角形的三棱锥.如图，在鳖臑中，平面，，，分别是棱，的中点，点是线段的中点，则点到直线的距离是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】建立空间直角坐标系，表示出对应点的坐标，然后利用空间几何点到直线的距离公式即可完成求解.

【详解】

因为，且是直角三角形，所以.以为原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，，，，则，.故点到直线的距离.

故点到直线的距离是.

8．已知椭圆的上顶点，左右焦点分别为，连接，并延长交椭圆于另一点P，若，则椭圆C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意及椭圆的定义，可求得、的长，根据三角函数定义，求得根据余弦定理，可求得，根据两角的关系，列出方程，代入离心率公式，即可得答案.

【详解】由题意得，

所以，则，

由椭圆的定义可得，

所以，

因为，

所以，解得，，

在中，，

在中，，

因为，

所以，即，

所以

所以.

故选：C

二、多选题

9．袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个白球、2个黑球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则（    ）

A．“至少有一个白球”与“至少有一个黑球”是互斥事件

B．“都是白球”与“都是黑球”是互斥事件

C．“至少有一个白球”与“都是黑球”是对立事件

D．“第一次摸到的是白球”与“第二次摸到的是黑球”相互独立

【答案】BC

【分析】根据互斥，对立事件与相互独立事件的定义逐个判断即可

【详解】对A，“至少有一个白球”与“至少有一个黑球”均包含“一个白球一个黑球”的情况，故A错误；

对B，“都是白球”与“都是黑球”不能同时发生，且不是对立事件，故为互斥事件，故B正确；

对C，“至少有一个白球”与“都是黑球”是对立事件，故C正确；

对D，事件“第一次摸到的是白球”的概率，事件 “第二次摸到的是黑球” 的概率，又，因为，故“第一次摸到的是白球”与“第二次摸到的是黑球” 不相互独立，故D错误；

故选：BC

10．若椭圆上存在点P，使得点P到椭圆的两个焦点的距离之比为2∶1，则称该椭圆为“倍径椭圆”．则下列椭圆中为“倍径椭圆”的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】根据椭圆的定义，再结合条件即可得到答案。

【详解】设点P到椭圆两个焦点的距离分别为m和，则，即．

因为，则，所以．

对A，a=4,c=1，不满足；

对B，a=3,c=1，满足；

对C，a=5,c=2，满足；

对D，a=6,，不满足.

故选：BC．

11．如图，棱长为的正方体的外接球的球心为，、分别为棱、的中点，在棱上，则（    ）

A．对于任意点，平面

B．存在点，使得平面平面

C．直线被球截得的弦长为

D．过直线的平面截球所得的截面圆面积的最小值为

【答案】BC

【分析】A选项，举出反例；B选项，取为的中点时，证明平面，再结合面面垂直的判定定理可得出结论；C选项，求出球心到EF的距离，利用垂径定理求解；D选项，结合C选项中的求解得到球心O到截面的距离，从而求出截面面积最小值.

【详解】对于A选项，当与重合时，平面，平面，此时直线与平面相交，A错误；

对于B选项，因为四边形为正方形，则，

当为的中点时，，则，

平面，平面，则，

因为，则平面，

因为平面，所以，同理，，

因为，所以平面，即平面，

平面，故平面平面，B正确；

对于C选项，取的中点，，为的中点，则，

，同理可得，则.

因为平面，平面，则，

所以，，则，

球的半径为，所以直线的被球截得的弦长为，C正确；

设截面圆半径为，球心到截面的距离为，则.

因为，则，所以截面圆面积，D错误，

故选：BC.

12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”在平面直角坐标系中，已知点满足，设点的轨迹为圆，则下列说法正确的是（    ）

A．圆的方程是

B．过点向圆引切线，两条切线的夹角为

C．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线的距离为，则该直线的斜率为

D．过直线上的一点向圆引切线，则四边形的面积的最小值为

【答案】ABD

【分析】对于A，设点坐标，根据代入化简，可得A正确；

对于B，设切线夹角为，可得，解得B正确；

对于C，若圆上恰有三个点到直线的距离为，可判断直线与圆相切，进而可解得，故C错误；

对于D，由条件可表达四边形的面积为，求的最小值，计算可得D正确.

【详解】对于A，因为，点满足，设，则，

化简得，，即，故A正确；

对于B，因为，设两条切线的夹角为，所以，解得，则，故B正确；

对于C，易知直线的斜率存在，设直线l的方程为，即，

因为圆上恰有三个点到直线的距离为2，所以圆心到直线的距离，解得，故C错误；

对于D，由题意可得，故只需求的最小值即可，的最小值为点到直线的距离，即，所以四边形的面积的最小值为，故D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．端午节吃粽子是我国的传统习俗，若一盘中共有两种粽子，其中3个蜜枣粽子，4个蛋黄粽子，现从盘中任取2个都是相同馅粽子的概率为______；

【答案】

【分析】根据古典概型的公式计算即可．

【详解】解：设从盘中任取2个都是相同馅粽子为事件A，

则．

故答案为：．

14．已知：如图，在的二面角的棱上有两点，直线分别在这个二面用的两个半平面内，且都垂直，已知，则__________．

【答案】

【详解】，所以

，所以，故填：.

【点睛】本题考查了利用平面向量解决立体几何的问题，也是比较容易忽视的方法，所求的向量用已知向量表示以后，转化为数量积的计算，本题的关键是利用三角形法则的推论，用表示.

15．若三条直线：，：，：不能围成三角形，则实数m取值的集合为____________．

【答案】

【分析】由于所给三条直线中两条直线相交，分三条直线交于一点，两条直线平行，两种情况讨论即可.

【详解】当三条直线交于一点时不能围成三角形：由，

解得和的交点A的坐标，

由A在上可得，

解得m＝

因为与相交，所以当l1、l2、l3有两条直线平行时不能围成三角形，

当时，，即，

当时，，即，

显然与不可能重合.

综上， m＝1，－，时，这三条直线不能围成三角形，

∴实数m的取值集合是.

故答案为：.

16．如图，矩形中，，平面，若在线段上至少存在一个点满足，则的取值范围是________.

【答案】

【分析】由已知中平面，在边上取点，使，由线面垂直的判定定理及性质可得满足条件时，，即以为直径，的中点为圆心的圆，再根据，，满足条件的点至少有1个，从而可得的取值范围．

【详解】解：平面，平面，

，

又，，

平面，又平面，

，

所以点是以中点为圆心，以为直径的圆与的交点，

，，在线段上至少存在一个点满足，

．

故答案为：．

四、解答题

17．已知直线：.

(1)若直线与直线：平行，求的值；

(2)若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据题意得到，再解方程即可.

（2）首先分别求出直线在轴和轴的截距，从而得到，再解方程即可.

【详解】（1）因为，所以，解得.

（2）令，得，即直线在轴上的截距为.

令，得，即直线在x轴上的截距为.

因为直线在两坐标轴上的截距相等，

所以，解得或.

则直线的方程是或.

18．已知圆，圆.

(1)求圆与圆的公共弦长；

(2)求过两圆的交点且圆心在直线上的圆的方程.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将两圆方程作差可求出公共弦的方程，然后求出圆心到公共弦的距离，再利用弦心距，半径和弦的关系可求得答案，

（2）解法一：设过两圆的交点的圆为，求出圆心坐标代入中可求出，从而可求出圆的方程，解法二：将公共弦方程代入圆方程中求出两圆的交点坐标，设所求圆的圆心坐标为，然后列方程组可求出，再求出圆的半径，从而可求出圆的方程.

【详解】（1）将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程，

即，化简得，

所以圆的圆心到直线的距离为，

则，解得，

所以公共弦长为.

（2）解法一：

设过两圆的交点的圆为，

则；

由圆心在直线上，则，解得，

所求圆的方程为，即.

解法二：

由（1）得，代入圆，

化简可得，解得；

当时，；当时，；

设所求圆的圆心坐标为，

则，解得；

所以；

所以过两圆的交点且圆心在直线上的圆的方程为

19．如图，已知空间四边形的每条边和对角线的长都等于1，点分别是的中点，计算：

(1)；

(2)异面直线与所成角的余弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用向量的线性运算法则，得，，进而得到，最后可求解.

（2）利用空间向量数量积的运算性质计算出的值，结合异面直线所成角的范围可求得异面直线和所成角的余弦值．

【详解】（1）设，，，则，

，

，，；

，

（2）由（1）得，，

，

，

，

所以，，

由于异面直线所成角的取值范围是，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

20．年月日中国神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，这标志着此次载人飞行任务取得圆满成功．在太空停留期间，航天员们开展了两次“天宫课堂”，在空间站进行太空授课，极大的激发了广大中学生对航天知识的兴趣．为此，某班组织了一次“航空知识答题竞赛”活动，竞赛规则是：两人一组，两人分别从3个题中不放回地依次随机选出个题回答，若两人答对题数合计不少于题，则称这个小组为“优秀小组”．现甲乙两位同学报名组成一组，已知3个题中甲同学能答对的题有个、乙同学答对每个题的概率均为，并且甲、乙两人选题过程及答题结果互不影响．

(1)求甲同学选出的两个题均能答对的概率；

(2)求甲乙二人获“优秀小组”的概率．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用古典概率模型即可求解;(2)根据古典概型和事件的独立性对获“优秀小组”分类讨论即可.

【详解】（1）设三个题中甲能答对的题编号为,答错的题编号为1,

则样本空间,

共有6个样本点, 两个题均能答对的有2个样本点,

由古典概型的概率公式可得两个题均能答对的概率为.

（2）设表示“甲答对的题数为”，表示“乙答对的题数为”，

表示“甲、乙二人获得优秀小组”．

由(1)知由古典概型得或．

由事件的独立性，，．

由题意，．

而事件、、两两互斥，事件与相互独立，，

．

所以，甲、乙二人获“优秀小组”的概率为．

21．如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，为棱上的点，且.

(1)求证：平面.

(2)求二面角的平面角的余弦值.

(3)若点在棱上（不与点，重合），直线能与平面垂直吗？若能，求出的值；若不能，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)不能，理由见解析

【分析】（1）由题意建立空间直角坐标系，按照空间向量坐标运算证明即可；

（2）分别确定平面与平面的法向量，根据向量夹角余弦值与二面角的关系可求得二面角的平面角的余弦；

（3）根据点在棱上（不与点，重合），设比例系数，可得的坐标，假设直线能与平面垂直得向量关系为，根据坐标判断是否可得的值，从而判断假设是否成立.

【详解】（1）解：因为平面，所以，又

则以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，

所以，，，

所以，，

所以，，且，平面

所以平面.

（2）解：由（1）知是平面的一个法向量.

，.

设平面的一个法向量为，

所以，即

令，则，，

所以，

所以.

又由图可知二面角的平面角为锐角

所以二面角的平面角的余弦值为.

（3）解：由（1）得，，，.

设，则，

可得，所以.

由（2）知是平面的一个法向量.

若平面，可得

则，该方程无解，

所以直线不能与平面垂直.

22．如图，长轴长为4的椭圆的左顶点为A，过原点的直线（与坐标轴不重合）与椭圆交于，两点，直线，与轴分别交于，两点，当直线的斜率为时，.

(1)求椭圆的方程.

(2)试问是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)存在定点，.

【分析】（1）由题意可得，再利用直线的斜率为时，设，列出方程求得，进而求得，可得答案；

（2）设，则，表示出直线，的方程，求出，坐标，利用以为直径的圆过点，进而求得答案.

【详解】（1）由题意可知，则椭圆方程即，

当直线的斜率为时，，

故设 ， ，解得，

 将 代入得，即，

 故 ，所以椭圆的标准方程为 ；

（2）设，则，

则 ，

由椭圆方程可得 ，∴直线方程为︰ ，

令 可得 ，

直线方程为： ，令得 ，

假设存在定点，使得，则定点必在以为直径的圆上，

以为直径的圆为 ,

即 ，

∵ ，即

∴ ，

令 ，则 ，解得，

∴以为直径的圆过定点 ，即存在定点，使得 ．

【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，考查了直线和椭圆的位置关系中的定点问题，能很好地考查学生的思维能力和计算能力，解答时要注意明确解题思路准确计算，解答的关键是通过，推出以为直径的圆过定点，从而求出定点的坐标.